Lösungen der Übungsaufgaben zur Berechnung von Netzwerken

Lösungen der Übungsaufgaben zur Berechnung von Netzwerken W. Kippels 1. Dezember 2013 Inhaltsverzeichnis 1 Allgemeines 2 2 Übungsfragen mit Antworten 2 2.1 Übungsfragen zu Spannungs- und Stromquellen.............. 2 2.1.1 Frage 1................................. 2 2.1.2 Frage 2................................. 2 2.1.3 Frage 3................................. 2 2.1.4 Frage 4................................. 2 2.1.5 Frage 5................................. 3 3 Ersatzschaltung für Spannungsteiler 4 3.1 Übungsfragen zur Ersatzschaltung für Spannungsteiler.......... 4 3.1.1 Aufgabe 1............................... 4 3.1.2 Aufgabe 2............................... 4 3.1.3 Aufgabe 3............................... 5 4 Zusammenfassung 6 4.1 Allgemeine Übungsaufgaben......................... 6 4.1.1 Aufgabe 4............................... 6 4.1.2 Aufgabe 5............................... 7 4.1.3 Aufgabe 6............................... 8 4.1.4 Aufgabe 7............................... 9 4.1.5 Aufgabe 8............................... 10 4.1.6 Aufgabe 9............................... 12 4.1.7 Aufgabe 10.............................. 13 4.1.8 Aufgabe 11.............................. 16 4.1.9 Aufgabe 12.............................. 18 4.1.10 Aufgabe 13.............................. 20 1

4.1.11 Aufgabe 14.............................. 22 5 Das Maschenstromverfahren 24 5.1 Übungsaufgaben zum Maschenstromverfahren............... 24 5.1.1 Aufgabe 15.............................. 24 5.1.2 Aufgabe 16.............................. 26 5.1.3 Aufgabe 17.............................. 29 5.1.4 Aufgabe 18.............................. 31 5.1.5 Aufgabe 19.............................. 34 5.1.6 Aufgabe 20.............................. 36 5.1.7 Aufgabe 21.............................. 38 5.1.8 Aufgabe 22.............................. 40 5.1.9 Aufgabe 23.............................. 42 6 Gemischte Aufgaben 44 6.1 Berechnung der Ströme............................ 44 6.1.1 Aufgabe 24.............................. 44 6.1.2 Aufgabe 25.............................. 48 6.1.3 Aufgabe 26.............................. 51 6.1.4 Aufgabe 27.............................. 53 6.1.5 Aufgabe 28.............................. 55 6.1.6 Aufgabe 29.............................. 59 2

1 Allgemeines Nachfolgend sind einige Übungsfragen mit Lösungen aufgelistet. Sie gehören zu meinem Lehrgang Berechnung von Netzwerken, den man hier finden kann: http://www.dk4ek.de/elektronik/netzwerk.pdf 2 Übungsfragen mit Antworten 2.1 Übungsfragen zu Spannungs- und Stromquellen 2.1.1 Frage 1 Welches Merkmal kennzeichnet eine ideale Spannungsquelle? Antwort: Eine ideale Spannungsquelle liefert lastunabhängig eine konstante Spannung. 2.1.2 Frage 2 Welches Merkmal kennzeichnet eine ideale Stromquelle? Antwort: Eine ideale Stromquelle liefert lastunabhängig einen konstanten Strom. 2.1.3 Frage 3 Welcher Betriebszustand ist für eine ideale Stromquelle unzulässig? Antwort: Die ideale Stromquelle darf niemals im Leerlauf betrieben werden. 2.1.4 Frage 4 Welcher Betriebszustand ist für eine reale Stromquelle unzulässig? Antwort: Eine reale Stromquelle kann in jedem Betriebszustand betrieben werden, sowohl Leerlauf als auch Kurzschluss sind zulässig. 3

2.1.5 Frage 5 Eine Batterie hat eine Leerlaufspannung von 3 V. Wird sie mit einem Strom von 100 ma belastet, bricht die Spannung auf 2, 8 V zusammen. Berechnen Sie für die Ersatzschaltung als reale Spannungsquelle die Urspannung U 0. den Innenwiderstand R i. für die Ersatzschaltung als reale Stromquelle Antwort: den Urstrom I 0. den Innenwiderstand R i. Urspannung: Die Urspannung U 0 ist identisch mit der Leerlaufspannung. Also ist: U 0 3 V Innenwiderstand: Am Innenwiderstand fällt bei Belastung die Differenz zwischen der Urspannung U 0 und U ab. Damit kann R i mit Hilfe des Ohmschen Gesetzes bestimmt werden. R i U I U 0 U I 3 V 2, 8 V 100 ma 0, 2 V 100 ma R i 2 Ω Dieser Innenwiderstand gilt natürlich für beide Schaltungen. Urstrom: Der Urstrom I 0 der Stromquellenschaltung ist gleich dem Kurzschlussstrom der Spannungsquellenschaltung. Wenn die Schaltung kurzgeschlossen wird, liegt die gesamte Urspannung U 0 an R i an. I 0 U 0 3 V R i 2 Ω 1, 5 A 4

3 Ersatzschaltung für Spannungsteiler 3.1 Übungsfragen zur Ersatzschaltung für Spannungsteiler 3.1.1 Aufgabe 1 Gegeben ist nebenstehende Schaltung mit folgenden Werten: U 0 10 V R 1 200 Ω R 2 300 Ω Geben Sie eine einfache Ersatzschaltung an und bestimmen Sie alle Bauelemente der Ersatzschaltung! U 0 R 1 R 2 I U Antwort: Nebenstehend ist die gesuchte Ersatzschaltung dargestellt. Hierin müssen noch die Werte für U und R i bestimmt werden. U R i I U Die Ersatzspannung U ist gleich der Leerlaufspannung des Spannungsteilers. U U 0 R 2 10 V 300 Ω R 1 + R 2 200 Ω + 300 Ω 6 V Der Innenwiderstand R i ist gleich der Parallelschaltung der beiden Teilerwiderstände R 1 und R 2. R i R 1 R 2 200 Ω 300 Ω R 1 + R 2 200 Ω + 300 Ω 120 Ω 3.1.2 Aufgabe 2 Mit Hilfe eines Spannungsteilers aus zwei Widerständen zu je 100 Ω soll eine Spannung von 12 V auf die Hälfte heruntergeteilt werden. Welchen Innenwiderstand hat dieser Spannungsteiler? Antwort: Der Innenwiderstand R i entspricht der Parallelschaltung der Teilerwiderstände. R i R 1 R 2 R 1 + R 2 100 Ω 100 Ω 100 Ω + 100 Ω 50 Ω 5

3.1.3 Aufgabe 3 An eine reale Spannungsquelle mit einer Leerlaufspannung von U 0 12 V und einem Innenwiderstand von R i 10 Ω wird nebenstehender Spannungsteiler mit R 1 90 Ω und R 2 400 Ω angeschlossen. Welche Ausgangsspannung ergibt sich, wenn die Schaltung mit einem Lastwiderstand mit R L 20 Ω belastet wird? R 1 R 2 I U Ergänzen Sie zur Lösung die Schaltung zunächst um die reale Spannungsquelle und den Lastwiderstand R L. Wandeln Sie dann die gesamte Schaltung in eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand um. Dann belasten Sie die Schaltung mit dem Lastwiderstand R L. Antwort: Nebenstehend ist die ergänzte Schaltung dargestellt. Darin kann zunächst R i und R 1 zu R i1 zusammengefasst werden. R i1 R i + R 1 10 Ω + 90 Ω 100 Ω Wir erhalten eine Schaltung mit einer idealen Spannungsquelle mit der Spannung U 0 und einem Spannungsteiler, bestehend aus R i1 und R 2, wie darunter dargestellt. U 0 R i R 1 R 2 I U R L In der neuen Ersatzschaltung kann nun die Schaltgruppe bestehend aus U 0, R i1 und R 2 in eine neue Spannungsquelle mit der Spannung U und dem Innenwiderstand R i umgerechnet werden. Beginnen wir mit dem Innenwiderstand R i. U 0 R i1 I R i R i1 R 2 R i1 + R 2 100 Ω 400 Ω 100 Ω + 400 Ω 80 Ω R 2 U R L Jetzt kommt die Ersatzspannung U an die Reihe. U U 0 R 2 R i1 + R 2 12 V 400 Ω 100 Ω + 400 Ω 9,6 V Mit R i, U und R L erhalten wir nun eine einfache Spannungsteilerschaltung, deren Ausgangsspannung U mit der bekannten Spannungsteilerschaltungsformel bestimmt werden kann. Dazu passt die nebenstehend dargestellte Ersatzschaltung. U U R L Ri + R L 9,6 V 20 Ω 80 Ω + 20 Ω 1,92 V U R i I U R L Natürlich kann die gleiche Aufgabe auch anders berechnet werden, beispielsweise durch schrittweise Zusammenfassung der Widerstandsgruppen. 6

4 Zusammenfassung 4.1 Allgemeine Übungsaufgaben 4.1.1 Aufgabe 4 Wandeln Sie die Schaltung in eine möglichst einfache Ersatzschaltung um! Geben Sie dabei auch die Werte der Bauelemente der Ersatzschaltung an. Gegeben sind folgende Werte: R 1 100 Ω R 2 400 Ω U 0 15 V U 0 R 1 R 2 U A Lösung: Nebenstehend ist die gesuchte Ersatzschaltung dargestellt. Die Bauelemente U und R i müssen berechnet werden. Die Spannung U ist die Ausgangsspannung des unbelasteten Spannungsteilers. Sie kann über die mehr oder weniger bekannte Spannungsteilerformel berechnet werden. U R 2 R 1 + R 2 U 0 400 Ω 15 V 12 V 100 Ω + 400 Ω U R iua Der Widerstand R i ist die Parallelschaltung aus R 1 und R 2. Wir erhalten: 1 1 + 1 R i R 1 R 2 1 1 R i 100 Ω + 1 400 Ω R i 80 Ω 7

4.1.2 Aufgabe 5 Gegeben ist nebenstehende Schaltung mit folgenden Werten: U 0 10 V I 0 0,2 A R 1 20 Ω R 2 30 Ω U 0 R 1 R 2 U I0 Wie groß ist die Spannung U an R 2? Lösung: Der Schaltungsteil bestehend aus R 2 und I 0 wird ersetzt durch eine Ersatzspannungsquelle U mit Innenwiderstand. Dieser Innenwiderstand bleibt R 2. I Berechnen wir zunächst U. Das ist die Leerlaufspannung an R 2, wenn nur I 0 angschlossen ist. U R 2 I 0 30 Ω 0,2 A 6 V U 0 R 1 R 2 U U Den Strom durch die beiden Widerstände nennen wir I. Ein anderer Strom tritt ja nicht auf. Dann kann I durch die Spannungsdifferenz und die Widerstandssumme berechnet werden: I U 0 U 10 V 6 V 80 ma R 1 + R 2 20 Ω + 30 Ω Die gesuchte Spannung U kann jetzt beispielsweise mit einen Maschenumlauf über U 0, R 1 und U berechnet werden. U U 0 R 1 I 10 V 20 Ω 80 ma 8,4 V 8

4.1.3 Aufgabe 6 Ersetzen Sie die Schaltung durch eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand! I 0 400 ma R 1 900 Ω R 2 500 Ω R 3 300 Ω R 4 800 Ω I 0 R 1 R 2 R 3 R 4 Lösung: Der Widerstand R 1, der in Reihe zur Stromquelle geschaltet ist, hat auf den Rest der Schaltung keinerlei Einfluss, da er zur Stromquelle in Reihe geschaltet ist. Daher kann er für die weitere Betrachtung weggelassen werden. Begründung: Die ideale Stromquelle hat einen unendlich großen Innenwiderstand. Da bewirken ein paar Ohm (oder auch Kiloohm) in Reihe keine Veränderung. Als nächstes kann die Stromquelle mit dem Innenwiderstand R 2 in eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand R 2 umgewandelt werden. U 0 R 2 I 0 500 Ω 400 ma 200 V Der Widerstand R 2 bleibt erhalten. U 0 I 0 R 2 R 3 R 4 R 2 R 3 R 4 Nun kann die Schaltung die ja eine Spannungsteilerschaltung darstellt in die gesuchte Spannungsquelle mit Innenwiderstand umgerechnet werden. Der Innenwiderstand R i ist die Parallelschaltung der beiden Teilwiderstände (R 2 + R 3 ) einerseits und R 4 andererseits. U R i I U R i (R 2 + R 3 ) R 4 (R 2 + R 3 ) + R 4 (500 Ω + 300 Ω) 800 Ω (500 Ω + 300 Ω) + 800 Ω 400 Ω Die Ersatzspannung U ist die Leerlaufspannung des Spannungsteilers. U U 0 R 4 (R 2 + R 3 ) + R 4 200 V 800 Ω (500 Ω + 300 Ω) + 800 Ω 100 V 9

4.1.4 Aufgabe 7 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dabei dort, wo es sinnvoll ist, eine geeignete Ersatzschaltung! U 0 20 V R 1 9 kω R 2 1 kω R 3 1,1 kω R 4 3 kω U 0 I 1 U 1 R 1 U 3 I 2 I 3 R 3 I 4 U 2 R 4 U 4 R 2 Lösung: Es erscheint zweckmäßig, zunächst den Spannungsteiler R 1 /R 2 in eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand umzurechnen. U i U 3 R i R 1 R 2 R 1 + R 2 9 kω 1 kω 9 kω + 1 kω 900 Ω U R i U 2 I 3 R 3 R 4 I 4 U 4 U U 0 R 2 R 1 + R 2 20 V 1 kω 9 kω + 1 kω 2 V Der Strom I 3 I 4 kann mit Hilfe des Ohmschen Gesetztes aus U und der Reihenschaltung R i /R 3 /R 4 bestimmt werden. I 3 I 4 U R i + R 3 + R 4 2 V 0,4 ma 900 Ω + 1,1 kω + 3 kω U 4 R 4 I 4 3 kω 0,4 ma 1,2 V U 3 R 3 I 3 1,1 kω 0,4 ma 0,44 V U 2 U 3 + U 4 0,44 V + 1,2 V 1,64 V Damit sind alle Werte bestimmt, die die Ersatzschaltung hergibt. Wir steigen um auf die Originalschaltung. I 2 U 2 1,64 V 1,64 ma R 2 1 kω U 1 U 0 U 2 20 V 1,64 V 18,36 V I 1 U 1 18,36 V 2,04 ma R 1 9 kω 10

4.1.5 Aufgabe 8 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dabei dort, wo es sinnvoll ist, eine geeignete Ersatzschaltung! U 0 12 V R 1 4 kω R 2 1 kω R 3 3,1 kω R 4 9 kω R 5 1 kω U 1 I 1 R 1 U 0 I 2 I 3 R 3 U 2 R 2 U 3 I 4 I 5 R 5 U 4 R 4 U 5 Lösung: Zunächst wandle ich den Spannungsteiler (bestehend aus U 0, R 1 und R 2 ) in eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand um. U i U 3 U 5 R i R 1 R 2 R 1 + R 2 4 kω 1 kω 4 kω + 1 kω 800 Ω U R i U 2 I 3 R 3 R 4 I 4 I 5 R 5 U 4 U U 0 R 2 R 1 + R 2 12 V 1 kω 4 kω + 1 kω 2,4 V Nun kann noch die Parallelschaltung aus R 4 und R 5 zu R 45 zusammengefasst werden. U i U 3 U 5 R 45 R 4 R 5 R 4 + R 5 9 kω 1 kω 9 kω + 1 kω 900 Ω U R i I 3 R 3 U 2 U 4 Mit der Reihenschaltung R i /R 3 /R 45 und der Spannung U kann der Strom I 3 bestimmt werden. U 2,4 V I 3 I 45 0,5 ma R i + R 3 + R 45 800 Ω + 3,1 kω + 900 Ω U 4 U 5 R 45 I 45 900 Ω 0,5 ma 0,45 V U 3 R 3 I 3 3,1 kω 0,5 ma 1,55 V U 2 U 3 + U 4 1,55 V + 0,45 V 2 V I 45 R 45 11

Zur Berechnung der weiteren Ströme und Spannungen müssen wir auf die ursprüngliche Schaltung zurückgreifen. I 4 U 4 0,45 V 50 µa R 4 9 kω I 5 U 5 0,45 V 0,45 ma R 5 1 kω I 2 U 2 R 2 2 V 1 kω 2 ma I 1 I 2 + I 3 2 ma + 0,5 ma 2,5 ma U 1 R 1 I 1 4 kω 2,5 ma 10 V 12

4.1.6 Aufgabe 9 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! I 0 10 ma R 1 4 kω R 2 6 kω R 3 9,6 kω R 4 5 kω R 5 8 kω U 1 U 3 I 1 I 3 R 1 I 2 R 3 I 4 R 2 U 2 R 4 U 4 U 5 I 5 R 5 I 0 Lösung: Zunächst kann die Stromquelle I 0 mit dem Widerstand R 4 in eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand umgewandelt werden. Dabei bleibt R 4 unverändert der Innenwiderstand. U 0 R 4 I 0 5 kω 10 ma 50 V Dann können die beiden Widerstände R 1 und R 2 zu einem Widerstand R 12 zusammengefasst werden. U 1 I 1 R 1 I 2 R I 3 3 U 2 R 2 U 3 U 5 I 5 R 5 U 4 U 4 R 4 I 4 U 0 R 12 R 1 R 2 R 1 + R 2 4 kω 6 kω 2,4 kω 4 kω + 6 kω Hiermit kann nun der Gesamtstrom I 3 I 5 über U 0 und die Widerstandssumme aus R 4, R 3, R 12 und R 5 bestimmt werden. I 3 I 12 I 5 U 0 R 4 + R 3 + R 12 + R 5 U 1 R 12 I 12 U 3 R 3 I 3 U 2 U 4 U 5 I 5 R 5 50 V 5 kω + 9,6 kω + 2,4 kω + 8 kω 2 ma U 3 R 3 I 3 9,6 kω 2 ma 19,2 V U 5 R 5 I 5 8 kω 2 ma 16 V U 1 U 2 R 12 I 12 2,4 kω 2 ma 4,8 V U 4 U 3 + U 2 + U 5 19,2 V + 4,8 V + 16 V 40 V Die Berechnung der restlichen Stöme findet nun in der Ursprungsschaltung statt. I 1 U 1 4,8 V 1,2 ma R 1 4 kω I 2 U 2 4,8 V 0,8 ma R 2 6 kω I 4 U 4 40 V R 4 5 kω 8 ma U 4 R 4 I 4 U 0 13

4.1.7 Aufgabe 10 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! I 1 U 1 I 3 U 3 Gegeben sind folgende Werte: R 1 8 kω R 2 12 kω R 3 9 kω R 4 6 kω R 5 6,6 kω U 0 75 V U 0 R 1 R 3 U 5 I 2 I 5 U 2 R 5 R 2 R 4 I 4 U 4 Lösung: Hier können beide Spannungsteiler (zum einen R 1 /R 2, zum anderen R 3 /R 4 ) in jeweils eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand umgerechnet werden. Dabei spielt es keine Rolle, dass beide Spannungsteiler durch die gleiche Quelle (U 0 ) gespeist werden. Führt man das durch, erhält man das nebenstehende Ersatzschaltbild. Hierbei ist U i1 R i1 I 5 U 5 R 5 U i2 R i2 U1 U U2 2 U 4 zu beachten, dass hierin nur im Mittelteil also um R 5 herum noch die Original- Spannungen und -Ströme auftreten. Dies sind die eingezeichneten Spannungen U 2, U 5 und U 4 sowie der Strom I 5. Beginnen wir mit der Umrechnung des linken Spannungsteilers. Der Innenwiderstand R i1 stellt die Parallelschaltung R 1 R 2 dar. R i1 R 1 R 2 R 1 + R 2 8 kω 12 kω 4,8 kω 8 kω + 12 kω Sinngemäß das gleiche gilt auch für den rechten Spannungsteiler mit R i2 R 3 R 4. R i2 R 3 R 4 R 4 + R 4 9 kω 6 kω 3,6 kω 9 kω + 6 kω Die Ersatzspannung U 1 ist die Leerlaufspannung des linken Spannungsteilers R 1 /R 2. U 1 R 2 U 0 R 1 + R 2 12 kω 75 V 8 kω + 12 kω 45 V Am rechten Spannungsteiler R 3 /R 4 gilt das gleiche mit U 2. U 2 R 4 U 0 R 3 + R 4 6 kω 75 V 9 kω + 6 kω 30 V 14

Als nächstes können alle Widerstände zu einem Ersatzwiderstand R E zusammengefasst werden. Sie sind in Reihe geschaltet. R E R i1 + R 5 + R i2 4,8 kω + 6,6 kω + 3,6 kω 15 kω An diesem Widerstand liegt nach der Kirchhoffschen Maschenregel die Spannungsdifferenz U1 U2 an. Damit kann mit Hilfe des Ohmschen Gesetzes der Strom I 5 berchnet werden. I 5 U 1 U2 45 V 30 V 1 ma R E 15 kω Hiermit kann nun sofort die Spannung U 5 berechnet werden. U 5 R 5 I 5 6,6 kω 1 ma 6,6 V Der Strom I 5 fließt natürlich auch in R i1 und R i2. Damit können die Hilfsspannungen U i1 und U i2 berechnet werden. U i1 R i1 I 5 4,8 kω 1 ma 4,8 V U i2 R i2 I 5 3,6 kω 1 ma 3,6 V Mithilfe eines Maschenumlaufs an der Masche U i1 U 2 U 1 kann die Spannung U 2 bestimmt werden. U i1 + U 2 U1 0 + U1 U i1 U 2 U1 U i1 45 V 4,8 V U 2 40,2 V Mit dem Ohmschen Gesetz erhalten wir in der Originalschaltung aus U 2 und R 2 den Strom I 2. I 2 U 2 40,2 V 3,35 ma R 2 12 kω Entsprechend wird die Spannung U 4 in der Masche U i2 U2 U 4 berechnet. U i2 + U2 U 4 0 + U 4 U i2 + U2 U 4 U 4 3,6 V + 30 V U 4 33,6 V Mit dem Ohmschen Gesetz erhalten wir in der Originalschaltung aus U 4 und R 4 den Strom I 4. I 4 U 4 33,6 V 5,6 ma R 4 6 kω Am linken Knoten, wo sich R 1, R 2 und R 5 treffen, kann man mit der Kirchhoffschen Knotenregel I 1 bestimmen. I 1 I 2 + I 5 3,35 ma + 1 ma 4,35 ma 15

Mit dem Ohmschen Gesetz an R 1 wird die Spannung U 1 bestimmt. U 1 R 1 I 1 8 kω 4,35 ma 34,8 V Am rechten Knoten, wo sich R 3, R 4 und R 5 treffen, kann man mit der Kirchhoffschen Knotenregel I 3 bestimmen. I 3 I 4 I 5 5,6 ma 1 ma 4,6 ma Mit dem Ohmschen Gesetz an R 3 wird die Spannung U 3 bestimmt. Zusammengefasste Ergebnisse: U 3 R 3 I 3 9 kω 4,6 ma 41,4 V I 1 4,35 ma I 2 3,35 ma I 3 4,6 ma I 4 5,6 ma I 5 1 ma U 1 34,8 V U 2 40,2 V U 3 41,4 V U 4 33,6 V U 5 6,6 V 16

4.1.8 Aufgabe 11 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! U 1 U 3 U 01 12 V I 02 30 ma U 03 18 V R 1 200 Ω R 2 300 Ω R 3 200 Ω I 1 R I 2 I 02 I 3 1 R 3 R 2 U 2 U 01 U 03 Lösung: Hier bietet es sich an, die beiden Spannungsquellen in Stromquellen umzuwandeln. Dann sind nämlich alle Widerstände und alle Stromquellen miteinander parallelgeschaltet. I 1 I 01 I 2 I 02 I 03 R 1 R 2 U 2 R 3 I 3 I 01 U 01 12 V 60 ma R 1 200 Ω I 03 U 03 18 V 90 ma R 3 200 Ω Jetzt können die drei Stromquellen zu einer Gesamtstromquelle I ges und die drei Widerstände zu einem Gesamtwiderstand R ges zusammengefasst werden. I ges I 01 + I 02 + I 03 60 ma + 30 ma + 90 ma 180 ma 1 1 + 1 + 1 R ges R 1 R 2 R 3 1 1 R ges 200 Ω + 1 300 Ω + 1 200 Ω R ges 75 Ω Hiermit können U 2 und I 2 bestimmt werden. U 2 R ges I ges 75 Ω 180 ma 13,5 V I 2 U 2 13,5 V 45 ma R 2 300 Ω Für die weiteren Berechnungen müssen wir wieder in die Originalschaltung zurückgehen. U 1 U 01 U 2 12 V 13,5 V 1,5 V 17

Zusammengefasste Ergebnisse: I 1 U 1 1,5 V 7,5 ma R 1 200 Ω U 3 U 2 U 03 13,5 V 18 V 4,5 V I 3 U 3 4,5 V 22,5 ma R 3 200 Ω U 1 1,5 V U 2 13,5 V U 3 4,5 V I 1 7,5 ma I 2 45 ma I 3 22,5 ma 18

4.1.9 Aufgabe 12 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! U 01 15 V I 02 5 ma R 1 1,6 kω R 2 2,4 kω R 3 1,8 kω R 4 1,12 kω R 5 1,32 kω U 1 I 1 R 1 U 5 I U 5 01 U 2 I 2 R 5 R 2 I 3 R 3 U 3 I 4 R 4 U 4 I 02 Lösung: Die Stromquelle kann in eine Spannungsquelle mit Innenwiderstand umgewandelt I 1 werden. Dabei hat der Widerstand R 3 keine Funktion; der Strom I 02 fließt ungehindert I R 5 R 4 I4 U 5 U 1 R 1 durch ihn hindurch, unabhängig von seinem 01 I 2 Widerstandswert. Damit ist nur R U5 U U 2 R 4 4 der Innenwiderstand der Stromquelle und taucht somit 2 U4 U 02 als einziger Widerstand in dem umgewandelten Schaltungsteil auf. U 02 R 4 I 02 1,12 kω 5 ma 5,6 V Als nächstes kann der Spannungsteiler R 1 /R 2 mit U 01 in eine Spannungsquelle U mit Innenwiderstand R i umgewandelt werden. R i R 1 R 2 R 1 + R 2 1,6 kω 2,4 kω 1,6 kω + 2,4 kω 960 Ω I R i i Ui I R 5 5 U5 R 4 I 4 U 4 U U 2 U 4 U 02 U U 01 R 2 R 1 + R 2 15 V 2,4 Ω 1,6 Ω + 2,4 Ω 9 V Mit diesen Werten können nun I 5 sowie die Spannungen um R 5 herum berechnet werden. I 5 U U 02 R i + R 5 + R 4 9 V 5,6 V 960 Ω + 1,32 kω + 1,12 kω 3,4 V 3,4 kω 1 ma U 5 R 5 I 5 1,32 kω 1 ma 1,32 V U i R i I 5 960 Ω 1 ma 0,96 V U 2 U U i 9 V 0,96 V 8,04 V U 4 U 2 U 5 8,04 V 1,32 V 6,72 V 19

Zur Berechnung der übrigen Werte muss jetzt wieder auf die Originalschaltung zurückgegriffen werden, da die Werte in der Ersatzschaltung nicht vorkommen. Zusammengefasste Ergebnisse: I 2 U 2 8,04 V 3,35 ma R 2 2,4 kω I 1 I 2 + I 5 3,35 ma + 1 ma 4,35 ma U 1 R 1 I 1 1,6 kω 4,35 ma 6,96 V I 4 U 4 R 4 6,72 V 1,12 kω 6 ma I 3 I 02 5 ma U 3 R 3 I 3 1,8 kω 5 ma 9 V U 1 6,96 V U 2 8,04 V U 3 9 V U 4 6,72 V U 5 1,32 V I 1 4,35 ma I 2 3,35 ma I 3 5 ma I 4 6 ma I 5 1 ma 20

4.1.10 Aufgabe 13 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! U 01 16 V U 02 24 V R 1 400 Ω R 2 200 Ω R 3 300 Ω R 4 200 Ω R 5 120 Ω U 2 I I 2 1 R 2 I 3 I 5 R 3 U 01 U 1 R 1 R 5 U 5 U 02 U 3 R 4 I 4 U4 Lösung: Betrachten wir zunächst den Widerstand R 1. Er ist direkt an U 01 angeschlossen. Der Strom, der hindurchfließt, hat auf keine anderen Ströme einen Einfluss. Er kann also vorweg unabhängig berechnet werden. Das gleiche gilt auch für R 5 an U 02. I 1 U 01 16 V 40 ma R 1 400 Ω I 5 U 02 24 V 200 ma R 5 120 Ω U 2 I 2 R 2 I 3 R 3 U 01 U 02 U 3 R 4 Für die Berechnung der weiteren Spannungen und Ströme können nun R 1 und R 5 weggelassen werden. Übrig bleiben nur R 2, R 3 und R 4. U 4 I 4 U 01 mit R 2 kann dann als Spannungsquelle mit Innenwiderstand betrachtet werden. Das gleiche gilt auch für U 02 mit R 4. Man kann nun diese beiden Spannungsquellen in Stromquellen umwandeln, dann sind alle Widerstände parallelgeschaltet, die Berechnung wird einfach. Wir berechnen die Werte für I 01 und I 02. I 01 U 01 16 V 80 ma R 2 200 Ω I 02 U 02 24 V 120 ma R 4 200 Ω I 01 I I 3 2 I 02 R 3 R 2 U 3 R 4 In dieser Schaltung werden die drei Widerstände zu R ges zusammengefasst. Entsprechend werden auch die beiden Ströme I 01 I 4 21

und I 02 zu I ges zusammengefasst. 1 1 + 1 + 1 R ges R 2 R 3 R 4 1 200 Ω + 1 300 Ω + 1 200 Ω R ges 75 Ω I ges I 01 + I 02 80 ma + 120 ma 200 ma U 3 R ges I ges 75 Ω 200 ma 15 V I 3 U 3 15 V 50 ma R 3 300 Ω Für die Berechnung der weiteren Größen müssen wir wieder in die Originalschaltung gehen. U 2 U 01 U 3 16 V 15 V 1 V Zusammengefasste Ergebnisse: I 2 U 2 R 2 1 V 200 Ω 5 ma U 4 U 02 U 3 24 V 15 V 9 V I 4 U 4 R 4 9 V 45 ma 200 Ω U 1 16 V U 2 1 V U 3 15 V U 4 9 V U 5 24 V I 1 40 ma I 2 5 ma I 3 50 ma I 4 45 ma I 5 200 ma 22

4.1.11 Aufgabe 14 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! U 01 10 V U 02 5 V R 1 100 Ω R 2 400 Ω R 3 200 Ω R 4 44 Ω R 5 80 Ω R 6 20 Ω U 3 I 01 I 3 I 02 I 1 R I 5 3 U 1 R 1 U R 5 U 5 4 I U 4 01 U I 02 2 R I 6 4 U 2 R 2 R 6 U 6 Lösung: Der Widerstand R 3 ist zwischen die beiden Spannungsquellen geschaltet. Das bedeutet, dass die Spannung U 3 und der Strom I 3 sofort bestimmt werden kann. U 3 U 01 U 02 10 V 5 V 5 V I 3 U 3 R 3 5 V 25 ma 200 Ω I 1 I 5 U 1 R 1 U R 5 U 5 4 I U 4 01 U I 02 2 R I 6 4 U 2 R 2 R 6 U 6 Weiterhin hat der Strom I 3 keinen Einfluss auf den Rest der Schaltung, so dass R 3 für die weiteren Berechnungen entfernt werden kann. Jetzt ist es möglich und auch sinnvoll, den Spannungsteiler R 1 /R 2 mit der Spannung U 01 in eine Spannungsquelle U 01 mit dem Innenwiderstand R 12 umzuwandeln. U 01 U 01 R 2 R 1 + R 2 10 V 400 Ω 100 Ω + 400 Ω 8 V R 12 I R 4 R 56 4 U 12 U4 U 56 U01 U U02 2 U 6 R 12 R 1 R 2 R 1 + R 2 100 Ω 400 Ω 100 Ω + 400 Ω 80 Ω Genau das gleiche kann auch mit dem Spannungsteiler R 5 /R 6 und der Spannungsquelle U 02 gemacht werden. Wir erhalten die Spannung U 02 und den Widerstand R 56. U 02 U 02 R 6 R 5 + R 6 R 56 R 5 R 6 R 5 + R 6 5 V 20 Ω 80 Ω + 20 Ω 1 V 80 Ω 20 Ω 80 Ω + 20 Ω 16 Ω 23

I 4 U 01 U 02 R 12 + R 4 + R 56 8 V 1 V 50 ma 80 Ω + 44 Ω + 16 Ω U 4 R 4 I 4 44 Ω 50 ma 2,2 V U 12 R 12 I 4 80 Ω 50 ma 4 V U 2 U 01 U 12 8 V 4 V 4 V U 6 U 2 U 4 4 V 2,2 V 1,8 V Für die restlichen Werte müssen wir zurück in die Originalschaltung gehen. I 2 U 2 R 2 4 V 10 ma 400 Ω I 6 U 6 1,8 V 90 ma R 6 20 Ω U 1 U 01 U 2 10 V 4 V 6 V I 1 U 1 R 1 6 V 60 ma 100 Ω U 5 U 02 U 6 5 V 1,8 V 3,2 V I 5 U 5 3,2 V 40 ma R 5 80 Ω I 01 I 1 + I 3 60 ma + 25 ma 85 ma I 02 I 5 I 3 40 ma 25 ma 15 ma Zusammengefasste Ergebnisse: U 1 6 V U 2 4 V U 3 5 V U 4 2,2 V U 5 3,2 V U 6 1,8 V I 1 60 ma I 2 10 ma I 3 25 ma I 4 50 ma I 5 40 ma I 6 90 ma I 01 85 ma I 02 15 ma 24

5 Das Maschenstromverfahren 5.1 Übungsaufgaben zum Maschenstromverfahren Die Lösungen sind mit Lösungsweg dargestellt. Lediglich bei den letzten Aufgaben sind (zunächst) nur die Ergebnisse angegeben. 5.1.1 Aufgabe 15 Bestimmen Sie alle Ströme in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dazu das Maschenstromverfahren. Legen Sie zunächst einen geeigneten Vollständigen Baum fest, bevor Sie mit der Rechnung beginnen. U 0 20 V R 1 5 kω R 2 5 kω R 3 1,5 kω R 4 1 kω U 0 I 1 R 1 I 2 I 3 R 3 I 4 R 4 R 2 Lösung: I 3 I 1 I 2 I 3 I 1 I 2 Obenstehend sind drei Möglichkeiten für einen Vollständigen Baum dargestellt. Je nachdem, wie der Baum gelegt wurde, ergeben sich unterschiedliche Maschenströme. Nur die Verbindungszweige bilden die Maschenströme! Im linken Fall sind das I 2 und I 3, im mittleren Fall I 1 und I 3 und im rechts dargestellten Fall I 1 und I 2. Ich verwende für die Lösung den im linken Beispiel dargestellten Vollständigen Baum. Damit ergeben sich die nebenstehend dargestellten Maschenströme I 2 und I 3. Da die Ströme I 3 und I 4 gleich sind, kann direkt I 4 durch I 3 ersetzt werden. In jedem Fall ist zu beachten, dass der jeweilige Maschenstrom seinen Rückweg nicht durch andere Verbindungszweige, sondern ausschließlich innerhalb des Baumes finden darf. Damit können die Maschengleichungen aufgestellt werden. I 2 I 3 25

(2) (R 1 + R 2 ) I 2 +R 1 I 3 U 0 (3) R 1 I 2 +(R 1 + R 3 + R 4 ) I 3 U 0 (2) (5 kω + 5 kω) I 2 +5 kω I 3 20 V (3) 5 kω I 2 +(5 kω + 1,5 kω + 1 kω) I 3 20 V (2) 10 kω I 2 +5 kω I 3 20 V (3) 5 kω I 2 +7,5 kω I 3 20 V Dieses Gleichungssystem kann nun mit jedem beliebigen Lösungsverfahren gelöst werden. Ich multipliziere Gleichung (3) mit 2, um das Subtraktionsverfahren anwenden zu können. (2) 10 kω I 2 +5 kω I 3 20 V (3) 5 kω I 2 +7,5 kω I 3 20 V 2 (2) 10 kω I 2 +5 kω I 3 20 V (3) 10 kω I 2 +15 kω I 3 40 V 10 kω I 3 20 V : 10 kω I 3 20 V 10 kω I 3 2 ma Das Ergebnis wird in Gleichung (2) eingesetzt, um I 2 zu bestimmen. 10 kω I 2 + 5 kω I 3 20 V 10 kω I 2 + 5 kω 2 ma 20 V 10 kω I 2 + 10 V 20 V 10 V 10 kω I 2 10 V : 10 kω I 2 10 V 10 kω I 2 1 ma Mit der Kirchhoffschen Maschenregel ergibt sich I 1. I 1 I 2 + I 3 1 ma + 2 ma 3 ma Wegen der Reihenschaltung R 3 /R 4 ist I 4 I 3 2 ma. Zusammengefasste Ergebnisse: I 1 3 ma I 2 1 ma I 3 2 ma I 4 2 ma 26

5.1.2 Aufgabe 16 Bestimmen Sie alle Ströme in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dazu das Maschenstromverfahren. Legen Sie zunächst einen geeigneten Vollständigen Baum fest, bevor Sie mit der Rechnung beginnen. I 1 R 1 I 2 I 3 R 3 I 4 I 5 R 5 U 0 R 2 R 4 U 0 12 V R 1 4 kω R 2 1 kω R 3 3,1 kω R 4 9 kω R 5 1 kω Lösung: I 3 I 2 I 5 I 3 I 2 I 4 I 3 I 1 I 5 I 2 I 4 I 5 Hier sind vier mögliche Vollständige Bäume dargestellt. Hierbei ist zu beachten, dass die unteren Anschlüsse der Widerstände R 2 und R 4 scheinbar an verschiedenen Knoten angeschlossen sind. Tatsächlich ist jedoch eine leitende Verbindung dazwischen, so dass diese beiden Knoten zu einem einzigen zusammengefasst werden müssen. Jeder eingezeichnete Baum ist möglich, es sind auch alle sinnvoll. Je nachdem, wie der Baum gelegt wurde, ergeben sich unterschiedliche Maschenströme. Nur die Verbindungszweige bilden die Maschenströme! Im ersten Fall (links) sind das I 2, I 3 und I 5, im zweiten Fall I 2, I 3 und I 4, im dritten Fall I 1, I 3 und I 5 und im vierten dargestellten Fall I 2, I 5 und I 5. Willkürlich habe ich den linken Fall für die weitere Lösung verwendet. Dieser Baum wurde entsprechend der Faustregel durch die Spannungsquelle gelegt. Das wäre aber auch beim zweiten und vierten Beispielbaum der Fall. In jedem Fall ist zu beachten, dass der jeweilige Maschenstrom seinen Rückweg nicht durch andere Verbindungszweige, sondern ausschließlich innerhalb des Baumes finden darf. Damit können die Maschengleichungen aufgestellt werden. I 3 I 2 I 5 27

(2) (R 1 + R 2 ) I 2 +R 1 I 3 U 0 (3) R 1 I 2 +(R 1 + R 3 + R 4 ) I 3 R 4 I 5 U 0 (5) R 4 I 3 +(R 4 + R 5 ) I 5 0 (2) (4 kω + 1 kω) I 2 +4 kω I 3 12 V (3) 4 kω I 2 +(4 kω + 3,1 kω + 9 kω I 3 9 kω I 5 12 V (5) 9 kω I 3 +(9 kω + 1 kω) I 5 0 (2) 5 kω I 2 +4 kω I 3 12 V (3) 4 kω I 2 +16,1 kω I 3 9 kω I 5 12 V (5) 9 kω I 3 +10 kω I 5 0 Dieses Gleichungsssystem kann mit jedem beliebigen Verfahren gelöst werden. Zur Lösung verwende ich das Einsetzungsverfahren. Dazu stelle ich Gleichung (5) nach I 5 um und setze das Ergebnis in die anderen Gleichungen ein. 9 kω I 3 + 10 kω I 5 0 + 9 kω I 3 10 kω I 5 9 kω I 3 : 10 kω I 5 0,9 I 3 Da I 5 in Gleichung (2) nicht vorkommt, muss nur in Gleichung (3) eingesetzt werden. 4 kω I 2 + 16,1 kω I 3 9 kω I 5 12 V 4 kω I 2 + 16,1 kω I 3 9 kω 0,9 I 3 12 V 4 kω I 2 + 16,1 kω I 3 8,1 kω I 3 12 V 4 kω I 2 + 8 kω I 3 12 V Jetzt sind noch zwei Gleichungen übrig. (2) 5 kω I 2 +4 kω I 3 12 V (3) 4 kω I 2 +8 kω I 3 12 V Jetzt bietet sich das Subtraktionsverfahren an. Gleichung (3) wird dazu durch 2 dividiert. (2) 5 kω I 2 +4 kω I 3 12 V (3) 4 kω I 2 +8 kω I 3 12 V : 2 (2) 5 kω I 2 +4 kω I 3 12 V (3) 2 kω I 2 +4 kω I 3 6 V 3 kω I 2 6 V : 3 kω I 2 6 V 3 kω I 2 2 ma 28

Das Ergebnis wird in Gleichung (2) eingesetzt. 5 kω I 2 + 4 kω I 3 12 V 5 kω 2 ma + 4 kω I 3 12 V 10 V + 4 kω I 3 12 V 10 V 4 kω I 3 2 V : 4 kω I 3 2 V 4 kω I 3 0,5 ma Dieses Ergebnis kann in die umgestellte Gleichung (5) eingesetzt werden. I 5 0,9 I 3 0,9 0,5 ma 0,45 ma Damit ist das Gleichungssystem gelöst. Es fehlen aber noch die Ströme I 1 und I 4. Nach der Kirchhoffschen Knotenregel gilt am Knoten links oben: I 1 I 2 + I 3 2 ma + 0,5 ma 2,5 ma Mit der gleichen Regel gilt am Knoten rechts oben: Zusammengefasste Ergebnisse: I 4 I 3 I 5 0,5 ma 0,45 ma 0,05 ma I 1 2,5 ma I 2 2 ma I 3 0,5 ma I 4 50 µa I 5 0,45 ma 29

5.1.3 Aufgabe 17 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! Gegeben sind folgende Werte: U 01 20 V U 02 10 V R 1 2 kω R 2 3 kω R 3 400 Ω R 4 500 Ω R 5 2 kω U 1 U 3 U 5 I 1 R 1 I 2 I 3 R 3 I 4 I 5 R 5 U 01 R 2 U 2 R 4 U 4 U 02 Lösung: Die Struktur der Schaltung ist identisch mit Aufgabe 2. Daher gibt es hier die gleichen Möglichkeiten, den Baum zulegen. Eine Wiederholung erübrigt sich daher an dieser Stelle. Nebenstehend ist die Struktur der Schaltung mit dem ausgewählten Vollständigen Baum dargestellt. Der Baum wurde entsprechend der Faustregel durch die Spannungsquellen gelegt. Die Maschengleichungen können aufgestellt werden. I 3 I 2 I 4 (2) (R 1 + R 2 ) I 2 +R 1 I 3 U 01 (3) R 1 I 2 +(R 1 + R 3 + R 5 ) I 3 R 5 I 4 U 01 U 02 (4) R 5 I 4 +(R 5 + R 4 ) I 4 U 02 (2) (2 kω + 3 kω) I 2 +2 kω I 3 20 V (3) 2 kω I 2 +(2 kω + 0,4 kω + 2 kω) I 3 2 kω I 4 20 V 10 V (4) 2 kω I 3 +(0,5 kω + 2 kω) I 4 10 V (2) 5 kω I 2 +2 kω I 3 20 V (3) 2 kω I 2 +4,4 kω I 3 2 kω I 4 10 V (4) 2 kω I 3 +2,5 kω I 4 10 V Zur Abwechslung löse ich das Gleichungssystem mit der Cramerschen Regel 1. I 2 20 V 2 kω 0 kω 10 V 4,4 kω 2 kω 10 V 2 kω 2,5 kω 5 kω 2 kω 0 kω 2 kω 4,4 kω 2 kω 0 kω 2 kω 2,5 kω 220 kω2 V 40 kω 2 V 80 kω 2 V 50 kω 2 V 55 kω 3 20 kω 3 10 kω 3 50 kω2 V 25 kω 3 I 2 2 ma 1 Einzelheiten zur Cramerschen Regel findet man beispielsweise hier: http://www.dk4ek.de/mathematik/cramer.pdf 30

Mit diesem Ergebnis kann aus Gleichung (2) der Strom I 3 bestimmt werden. 5 kω I 2 + 2 kω I 3 20 V 5 kω 2 ma + 2 kω I 3 20 V 10 V + 2 kω I 3 20 V 10 V 2 kω I 3 10 V : 2 kω I 3 10 V 2 kω I 3 5 ma Mit diesem Ergebnis kann aus Gleichung (4) der Strom I 4 bestimmt werden. 2 kω I 3 + 2,5 kω I 4 10 V 2 kω 5 ma + 2,5 kω I 4 10 V 10 V + 2,5 kω I 4 10 V + 10 V 2,5 kω I 4 20 V : 2,5 kω I 4 20 V 2,5 kω I 4 8 ma Am oberen linken Knoten folgt aus der Kirchhoffschen Knotenregel: I 1 I 2 + I 3 2 ma + 5 ma 7 ma Am oberen rechten Knoten folgt aus der Kirchhoffschen Knotenregel: I 5 I 3 I 4 5 ma 8 ma 3 ma An dem Minuszeichen im Ergebnis kann man erkennen, dass der Strom nicht nach rechts, wie in der Schaltung eingezeichnet, sondern tatsächlich nach links fließt. Alle gesuchten Spannungen erhält man mit Hilfe des Ohmschen Gesetzes an dem jeweiligen Widerstand. U 1 R 1 I 1 2 kω 7 ma 14 V Zusammengefasste Ergebnisse: U 2 R 2 I 2 3 kω 2 ma 6 V U 3 R 3 I 3 400 Ω 5 ma 2 V U 4 R 4 I 4 500 Ω 8 ma 4 V U 5 R 5 I 5 2 kω 3 ma 6 V I 1 7 ma I 2 2 ma I 3 5 ma I 4 8 ma I 5 3 ma U 1 14 V U 2 6 V U 3 2 V U 4 4 V U 5 6 V 31

5.1.4 Aufgabe 18 Bestimmen Sie alle Ströme in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dazu das Maschenstromverfahren. Legen Sie zunächst einen geeigneten Vollständigen Baum fest, bevor Sie mit der Rechnung beginnen. Gegeben sind folgende Werte: I 4 R I 1 I 5 R I 2 I 6 5 R I 3 I 7 4 6 R 7 U 0 R 1 R 2 R 3 I 0 U 0 12 V I 0 20 ma R 1 1,4 kω R 2 4 kω R 3 1 kω R 4 1,25 kω R 5 1 kω R 6 3 kω R 7 2 kω Ein Tipp: Wandeln Sie die Stromquelle vorher in eine Spannungsquelle um! Lösung: Zunächst wird die Stromquelle I 0 in eine Spannungquelle umgewandelt. Dabei stellt sich die Frage, welcher Widerstand (bzw. welche Widerstände) dabei als Innenwiderstand anzusehen ist. Die erste Erkenntnis dabei ist: Der Widerstand R 7 spielt keine Rolle, er kann bei den weiteren Überlegungen weggelassen werden! Warum ist das so? Dazu gibt es zwei mögliche Denkansätze. Der Innenwiderstand einer idealen Stromquelle ist. Schaltet man dazu den Widerstand R 7 in Reihe, ist der Gesamtwiderstand immer noch, er bewirkt also keine Veränderung. Die Stromquelle liefert einen konstanten Strom. Dieser Strom ist lastunabhängig immer gleich. Daher fließt dieser Strom auch unverändert durch R 7. Der einzige Unterschied, der sich ergeben würde, wenn man R 7 überbrücken würde, wäre eine andere Spannung direkt an den Anschlussklemmen der idealen Stromquelle. Diese Spannung wäre um den Spannungsfall an R 7 kleiner als mit aktivem R 7. Die Spannung an der Reihenschaltung aus der Stromquelle mit diesem Widerstand wäre jedoch in jedem Fall gleich. Nebenstehend ist die Umwandlung dargestellt. Der Widerstand R 7 wurde bereits weggelassen. Dann arbeitet R 3 als Innenwiderstand der Stromquelle und taucht daher auch als Innenwiderstand I 0 der Spannungsquelle wieder auf. Die Urspannung dieser Ersatzspannungsquelle habe ich mit U bezeichnet. Diese Spannung kann mit Hilfe des Ohmschen Gesetzes aus dem Urstrom R 3 I 0 und dem Innenwiderstand der Stromquelle R 3 berechnet werden. R 3 U U R 3 I 0 1 kω 20 ma 20 V 32

Setzt man diese Ersatzschaltung an der rechten Seite in die gegebene Schaltung ein, dann erhält man nebenstehende Schaltung. In dieser Form ähnelt die Schaltung sehr stark der Schaltung aus der vorangehenden Aufgabe 3. Lediglich die Bezeichnungen der Widerstände, U 0 U 4 U 5 U 6 I 4 R 4 I 1 I 5 R 5 I 2 I 6 R 6 R 3 R U 1 U 1 R 2 U 2 Spannungen und Ströme sind anders. Zu beachten ist hier, dass in dieser Ersatzschaltung an R 3 nicht die Werte U 3 und I 3 aus der Originalschaltung zu messen sind. Nebenstehend ist die Struktur der Schaltung mit einem Vollständigen Baum dargestellt. Da es sich wiederum sinngemäß um die gleiche Struktur, wie bei Aufgabe 3 handelt, verzichte ich hier auf die Darstellung der Alternativen. Der Baum wurde entsprechend der Faustregel durch die Spannungsquellen gelegt. Die Maschengleichungen können aufgestellt werden. I 5 I 1 I 2 (1) (R 1 + R 4 ) I 1 +R 4 I 5 U 0 (2) (R 2 + R 3 + R 6 ) I 2 (R 3 + R 6 ) I 5 U (5) R 4 I 1 (R 3 + R 6 ) I 2 +(R 3 + R 4 + R 5 + R 6 ) I 5 U 0 U (1) 2,65 kω I 1 +1,25 kω I 5 12 V (2) 8 kω I 2 4 kω I 5 20 V (5) 1,25 kω I 1 4 kω I 2 +6,25 kω I 5 8 V Es bietet sich an, Gleichung (2) nach I 2 aufzulösen. Damit kann das Einsetzungsverfahren verwendet werden. 8 kω I 2 4 kω I 5 20 V + 4 kω I 5 8 kω I 2 20 V + 4 kω I 5 : 8 kω I 2 20 V 8 kω + 4 kω 8 kω I 5 I 2 2,5 ma + 0,5 I 5 Das Ergebnis muss nur in Gleichung (5) eingesetzt werden, da in Gleichung (1) der Strom I 2 nicht vorkommt. 1,25 kω I 1 4 kω I 2 + 6,25 kω I 5 8 V 1,25 kω I 1 4 kω (2,5 ma + 0,5 I 5 ) + 6,25 kω I 5 8 V 1,25 kω I 1 10 V 2 kω I 5 + 6,25 kω I 5 8 V + 10 V 1,25 kω I 1 + 4,25 kω I 5 2 V Übrig geblieben ist mit dieser Gleichung (5) und Gleichung (1) jetzt ein Lineargleichungssystem mit nur noch zwei Variablen. (1) 2,65 kω I 1 +1,25 kω I 5 12 V (5) 1,25 kω I 1 +4,25 kω I 5 2 V 33

Zur Abwechslung verwende ich für den nächsten Reduktionsschritt das Additions- /Subtraktionsverfahren. (1) 2,65 kω I 1 +1,25 kω I 5 12 V 4,25 (5) 1,25 kω I 1 +4,25 kω I 5 2 V 1,25 (1) 11,262 5 kω I 1 +5,312 5 kω I 5 51 V (5) 1,562 5 kω I 1 +5,312 5 kω I 5 2,5 V 9,7 kω I 1 48,5 V : 9,7 kω I 1 5 ma Das Ergebnis kann in Gleichung (1) eingesetzt werden, um I 5 zu bestimmen. 11,262 5 kω I 1 + 5,312 5 kω I 5 51 V 11,262 5 kω 5 ma + 5,312 5 kω I 5 51 V 56,312 5 V + 5,312 5 kω I 5 51 V 56,312 5 V 5,312 5 kω I 5 5,312 5 V : 5,312 5 kω I 5 1 ma Dieses Ergebnis wird in die umgestellte Gleichung (2) eingesetzt. I 2 2,5 ma + 0,5 I 5 2,5 ma + 0,5 ( 1 ma) 2,5 ma 0,5 ma 2 ma Damit ist das Gleichungssystem gelöst. Die weiteren Ströme erhält man jeweils über die Kirchhoffsche Knotenregel (an unterschiedlichen Knoten). Am Knoten oben links gilt: Am Knoten oben in der Mitte gilt: I 4 I 1 + I 5 5 ma 1 ma 4 ma I 6 I 1 I 3 1 ma 2 ma 3 ma Spätestens jetzt müssen wir die Ersatzschaltung verlassen und in die Originalschaltung zurückgehen. Da hier der Urstrom I 0 durch R 7 fließt, gilt unter Berücksichtigung der Stromrichtung: I 7 I 0 20 ma Damit kann am Knoten oben rechts der Strom I 3 berechnet werden. Zusammengefasste Ergebnisse: I 3 I 6 I 7 3 ma ( 20 ma) 17 ma I 1 5 ma I 2 2 ma I 3 17 ma I 4 4 ma I 5 1 ma I 6 3 ma I 7 20 ma 34

5.1.5 Aufgabe 19 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! Gegeben sind folgende Werte: U 0 20 V I 0 10 ma R 1 4 kω R 2 5 kω R 3 10 kω R 4 2 kω R 5 8 kω U 1 U 3 I 1 R 1 I 2 I 3 R 3 I 4 R 2 U 2 R 4 U 4 U 0 R 5 I 5 I 0 U 5 Lösung: Zunächst wird die Stromquelle I 0 in eine Spannungquelle umgewandelt. Nebenstehend ist die Umwandlung dargestellt. Darin arbeitet R 4 R 4 als Innenwiderstand der Stromquel- I 0 le und taucht daher auch als Innenwiderstand der Spannungsquelle wieder auf. Die Urspannung dieser Ersatzspannungsquelle habe ich mit U bezeichnet. Diese Spannung kann mit Hilfe R 4 U des Ohmschen Gesetzes aus dem Urstrom I 0 und dem Innenwiderstand der Stromquelle R 4 berechnet werden. U R 4 I 0 2 kω 10 ma 20 V Mit dieser Teil-Ersatzschaltung ergibt sich nebenstehendes Bild der Schaltung. Der Strom I 4 und die Spannung U 4 sind jetzt nicht mehr eingetragen, weil in dieser Schaltung an R 4 andere Werte anstehen. Nur für den Teil links von den Anschlussklemmen bleiben alle Werte erhalten. I 3 und I 5 sind gleich, weil die Widerstände (zusammen mit R 4 und U ) in Reihe geschaltet sind. U 0 U 1 U 3 I 1 R 1 I 2 I 3 R 3 R 4 R 2 U 2 R 5 I 5 U 5 U Nebenstehend ist die Struktur der Schaltung mit einem Vollständigen Baum dargestellt. Da es nur zwei Knoten gibt, ist der Baum recht simpel. Grundsätzlich gibt es nur drei Möglichkeiten, den Baum zu legen: über den linken Zweig, über den rechten Zweig oder durch den mittleren Zweig. Ich habe ihn durch Widerstand R 2 gelegt, weil dann I 1 I 3 die Strutur der Maschenströme recht übersichtlich wird. Eine der Spannungsquellen mit einzubeziehen, wie es die Fastregel sagt, bringt in diesem Fall keine Vorteile. Die Maschenströme sind damit I 1 und I 3. Damit können die Maschengleichungen aufgestellt werden. 35

(1) (R 1 + R 2 ) I 1 R 2 I 3 U 0 (3) R 2 I 1 +(R 2 + R 3 + R 4 + R 5 ) I 3 U (1) (4 kω + 5 kω) I 1 5 kω I 3 20 V (3) 5 kω +(5 kω + 10 kω + 2 kω + 8 kω) I 3 20 V (1) 9 kω I 1 5 kω I 3 20 V (3) 5 kω I 1 +25 kω I 3 20 V Dieses Gleichungssystem kann mit einem beliebigen Lösungsverfahren aufgelöst werden. Hier bietet sich das Additionsverfahren an, denn Gleichung (3) kann bequem durch 5 dividiert werden. (1) 9 kω I 1 5 kω I 3 20 V (3) 5 kω I 1 +25 kω I 3 20 V : 5 (1) 9 kω I 1 5 kω I 3 20 V (3) 1 kω I 1 +5 kω I 3 4 V + 8 kω I 1 16 V : 8 kω I 1 2 ma Das Ergebnis kann beispielsweise in Gleichung (1) eingesetzt werden, um I 3 zu bestimmen. 9 kω I 1 5 kω I 3 20 V 9 kω 2 ma 5 kω I 3 20 V 18 V 5 kω I 3 20 V 18 V 5 kω I 3 2 V : ( 5 kω) I 3 0,4 ma Wegen I 5 I 3 ist damit auch I 5 0,4 ma. Mit der Kirchhoffschen Knotenregel am oberen Knoten kann jetzt I 2 bestimmt werden. I 2 I 1 I 3 2 ma ( 0,4 ma) 2,4 ma Zur Bestimmung von I 4 müssen wir zurückgehen in die Originalschaltung. Am Knoten oben rechts gilt: I 4 I 3 + I 0 0,4 ma + 10 ma 9,6 ma Zum Abschluss können nun alle Spannungen über das Ohmsche Gesetz am jeweiligen Widerstand berechnet werden. U 1 R 1 I 1 4 kω 2 ma 8 V U 2 R 2 I 2 5 kω 2,4 ma 12 V U 3 R 3 I 3 10 kω ( 0,4 ma) 4 V U 4 R 4 I 4 2 kω 9,6 ma 19,2 V U 5 R 5 I 5 8 kω ( 0,4 ma) 3,2 V Zusammengefasste Ergebnisse: I 1 2 ma I 2 2,4 ma I 3 0,4 ma I 4 9,6 ma I 5 0,4 ma U 1 8 V U 2 12 V U 3 4 V U 4 19,2 V U 5 3,2 V 36

5.1.6 Aufgabe 20 Bestimmen Sie alle Ströme und Spannungen in nebenstehender Schaltung! Gegeben sind folgende Werte: R 1 1 kω R 2 1 kω R 3 1 kω R 4 400 Ω R 5 1,25 kω R 6 1 kω U 01 10 V U 02 20 V U 03 15 V I 1 U 1 R 1 U 2 U 3 I 2 R 2 I 3 R 3 U 4 R 4 U 5 R 5 U 6 R 6 I 4 I 5 I 6 U 01 U 02 U 03 Lösung: Nebenstehend ist die Struktur der Schaltung mit einem Vollständigen Baum dargestellt. Ich habe ihn gemäß der Faustregel durch die drei Spannungquellen gelegt. Alle Knoten sind auf diese Weise auf einem eindeutigen Weg miteinander verbunden und die Maschen sind nicht unnötig lang. Die Maschenströme sind damit I 1, I 2 und I 3. Damit können die Maschengleichungen aufgestellt werden. I 1 I 2 I 3 (1) (R 4 + R 1 + R 6 ) I 1 +R 4 I 2 +R 6 I 3 U 01 U 03 (2) R 4 I 1 +(R 4 + R 2 + R 5 ) I 2 R 5 I 3 U 01 U 02 (3) R 6 I 1 R 5 I 2 +(R 5 + R 3 + R 6 ) I 3 U 02 U 03 (1) 2,4 kω I 1 +400 Ω I 2 +1 kω I 3 5 V (2) 400 Ω I 1 +2,65 kω I 2 1,25 kω I 3 10 V (3) 1 kω I 1 1,25 kω I 2 3,25 kω I 3 5 V Zur Lösung des Gleichungssystems verwende ich die Cramersche Regel. I 1 5 V 0,4 kω 1 kω 10 V 2,65 kω 1,25 kω 5 V 1,25 kω 3,25 kω 2,4 kω 0,4 kω 1 kω 0,4 kω 2,65 kω 1,25 kω 1 kω 1,25 kω 3,25 kω 43,062 5 kω2 V 2,5 kω 2 V + 12,5 kω 2 V 13,25 kω 2 V + 7,8125 kω 2 V + 13 kω 2 V 20,67 kω 3 0,5 kω 3 0,5 kω 3 2,65 kω 3 3,75 kω 3 0,52 kω 3 25,5 kω2 V 12,75 kω 3 I 1 2 ma 37

Da bei der Bestimmung von I 2 die Nennerdeterminante die gleiche ist, kann deren Wert sofort übernommen werden. I 2 2,4 kω 5 V 1 kω 0,4 kω 10 V 1,25 kω 1 kω 5 V 3,25 kω 12,75 kω 3 78 kω2 V + 6,25 kω 2 V + 2 kω 2 V + 10 kω 2 V + 15 kω 2 V + 6,5 kω 2 V 12,75 kω 3 38,25 kω2 V 12,75 kω 3 I 2 3 ma Zur Bestimmung von I 3 können die Werte in eine beliebige Gleichung eingesetzt werden. Ich verwende willkürlich Gleichung (1). 2,4 kω I 1 + 400 Ω I 2 + 1 kω I 3 5 V 2,4 kω ( 2 ma) + 400 Ω ( 3 ma) + 1 kω I 3 5 V 4,8 V 1,2 V + 1 kω I 3 5 V 6 V + 1 kω I 3 5 V + 6 V 1 kω I 3 1 V : 1 kω I 3 1 ma Die übrigen Ströme können jeweils mit der Kirchhoffschen Knotenregel berechnet werden. Am Knoten links oben gilt: Am mittleren Knoten oben gilt: Am rechten Knoten gilt: Zusammengefasste Ergebnisse: I 4 I 1 + I 2 2 ma 3 ma 5 ma I 5 I 3 I 2 1 ma ( 2 ma) 3 ma I 6 I 1 I 3 ( 2 ma) 1 ma 1 ma I 1 2 ma I 2 3 ma I 3 1 ma I 4 5 ma I 5 4 ma I 6 1 ma 38

5.1.7 Aufgabe 21 Bestimmen Sie alle Ströme in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dazu das Maschenstromverfahren. Legen Sie zunächst einen geeigneten Vollständigen Baum fest, bevor Sie mit der Rechnung beginnen. I 7 R 7 I 1 I 4 R I 2 I 5 4 R I 3 I 6 5 R 6 U 01 R 1 R 2 R 3 U 02 U 01 12 V R 1 200 Ω R 3 1,5 kω R 5 1,5 kω R 7 3 kω U 02 18 V R 2 300 Ω R 4 1,5 kω R 6 1 kω Lösung: Nebenstehend ist die Struktur der Schaltung mit einem Vollständigen Baum dargestellt. Zu beachten ist, dass die drei untenliegenden Knoten I 7 keine eigenständigen Knoten sind, da sie leitend miteinander verbunden sind. Deshalb sind sie zu einem I I 4 I 5 1 I 3 zusammengefasst. Ich habe den Baum Überknoten gemäß der Faustregel durch die beiden Spannungquellen gelegt. Zusätzlich war in der Mitte noch ein Abzweig notwendig. Die Maschenströme sind damit I 1, I 3, I 4, I 5 und I 7. Hiermit können die Maschengleichungen aufgestellt werden. (1) R 1 I 1 U 01 (3) (R 6 + R 3 ) I 3 R 6 I 5 R 6 I 7 U 02 (4) (R 4 + R 2 ) I 4 R 2 I 5 U 01 (5) R 6 I 3 R 2 I 4 +(R 2 + R 5 + R 6 ) I 5 +R 6 I 7 U 02 (7) R 6 I 3 +R 6 I 5 +(R 7 + R 6 ) I 7 U 01 U 02 (1) 200 Ω I 1 12 V (3) 2,5 kω I 3 1 kω I 5 1 kω I 7 18 V (4) 1,8 kω I 4 300 Ω I 5 12 V (5) 1 kω I 3 300 Ω I 4 +2,8 kω I 5 +1 kω I 7 18 V (7) 1 kω I 3 +1 kω I 5 +4 kω I 7 6 V Aus Gleichung (1) ergibt sich sofort I 1. 200 Ω I 1 12 V : 200 Ω I 1 12 V 200 Ω I 1 60 ma Übrig bleibt nun ein Gleichungssystem 4. Ordnung. (3) 2,5 kω I 3 1 kω I 5 1 kω I 7 18 V (4) 1,8 kω I 4 300 Ω I 5 12 V (5) 1 kω I 3 300 Ω I 4 +2,8 kω I 5 +1 kω I 7 18 V (7) 1 kω I 3 +1 kω I 5 +4 kω I 7 6 V 39

Es bietet sich an, Gleichung (4) und Gleichung (5) zu addieren, wobei natürlich eine Gleichung zuvor mit einem geeigneten Faktor multipliziert werden muss. (4) 1,8 kω I 4 300 Ω I 5 12 V (5) 1 kω I 3 300 Ω I 4 +2,8 kω I 5 +1 kω I 7 18 V 6 (4) 1,8 kω I 4 300 Ω I 5 12 V + (5) 6 kω I 3 1,8 kω I 4 +16,8 kω I 5 +6 kω I 7 108 V + (8) 6 kω I 3 +16,5 kω I 5 +6 kω I 7 96 V Die Ergebnisgleichung (8) kann nun mit Gleichung (3) und (7) zu einem Gleichungssystem mit nur noch 3. Ordnung aufgeschrieben werden. (3) 2,5 kω I 3 1 kω I 5 1 kω I 7 18 V (7) 1 kω I 3 +1 kω I 5 +4 kω I 7 6 V (8) 6 kω I 3 +16,5 kω I 5 +6 kω I 7 96 V Für die weitere Lösung kann nun ein beliebiges Lösungsverfahren verwendet werden. Ich empfehle die Cramersche Regel. Das möchte ich hier nicht im Detail vorführen. Man erhält die Lösungen: I 3 6 ma I 5 4 ma I 7 1 ma Jetzt fehlen nur noch die Ströme, die innerhalb des Baumes in den jeweiligen Widerständen fließen. Dazu wird jeweils die Kirchhoffsche Knotenregel verwendet. Am Knoten in der Mitte gilt: Am Knoten rechts gilt: Zusammengefasste Ergebnisse: I 2 I 4 I 5 6 ma ( 4 ma) 10 ma I 6 I 5 + I 7 I 3 4 ma + 1 ma 6 ma 9 ma I 1 60 ma I 2 10 ma I 3 6 ma I 4 6 ma I 5 4 ma I 6 9 ma I 7 1 ma 40

5.1.8 Aufgabe 22 Bestimmen Sie alle Ströme in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dazu das Maschenstromverfahren. Legen Sie zunächst einen geeigneten Vollständigen Baum fest, bevor Sie mit der Rechnung beginnen. I 8 R 8 I 9 R 9 I 10 R 10 I 5 R I 6 5 R I 7 6 R 7 R 1 R 2 R 3 R 4 I 1 I 2 I 3 I 4 U 01 U 02 U 03 U 04 U 01 15 V U 02 18 V U 03 10 V U 04 4 V R 1 750 Ω R 2 1 kω R 3 1 kω R 4 250 Ω R 5 2 kω R 6 4 kω R 7 200 Ω R 8 2 kω R 9 2,5 kω R 10 1 kω Lösung: Zugegeben, diese Schaltung ist schon recht umfangreich. Aber trotzdem möchte ich einen Lösungsweg darstellen, denn das Maschenstromverfahren ist mächtig genug. I 8 I 9 I 10 Ich verwende für die Lösung den nebenstehend dargestellten I 5 I 6 I 7 Vollständigen Baum. Zu beachten ist, dass die beiden untenliegenden Knoten keine eigenständigen Knoten sind, da sie leitend miteinander verbunden sind. Deshalb sind sie zu einem Überknoten zusammengefasst. Ich habe den Baum gemäß der Faustregel durch die vier Spannungquellen gelegt. Damit ergeben sich die hier dargestellten Maschenströme. Die Maschengleichungen können aufgestellt werden. (Aus Platzgründen sind die Gleichungen nicht mit einer Gleichungsnummer versehen.) (R 1 + R 5 + R 2 )I 5 R 2 I 6 +R 1 I 8 +R 1 I 9 R 2 I 10 U 01 U 02 R 2 I 5 +(R 2 + R 6 + R 3 )I 6 R 3 I 7 +R 3 I 8 +R 2 I 10 U 02 U 03 R 3 I 6 +(R 3 + R 7 + R 4 )I 7 R 3 I 8 +R 4 I 9 +R 4 I 10 U 03 U 04 R 1 I 5 +R 3 I 6 R 3 I 7 +(R 1 + R 8 + R 3 )I 8 +R 1 I 9 U 01 U 03 R 1 I 5 +R 4 I 7 +R 1 I 8 +(R 1 + R 9 + R 4 )I 9 +R 4 I 10 U 01 U 04 R 5 I 5 +R 2 I 6 +R 4 I 7 +R 4 I 9 +(R 2 + R 10 + R 4 )I 10 U 02 U 04 Aus Platzgründen lasse ich beim Einsetzen der Werte die Einheiten weg. Die Widerstände werden in kω und die Spannungen in V eingesetzt, dann ergeben sich die Ströme in der Einheit ma. 41

(5) 3,75 I 5 1 I 6 +0,75 I 8 +0,75 I 9 1 I 10 3 (6) 1 I 5 +6 I 6 1 I 7 +1 I 8 +1 I 10 8 (7) 1 I 6 +1,45 I 7 1 I 8 +0,25 I 9 +0,25 I 10 6 (8) 0,75 I 5 +1 I 6 1 I 7 +3,75 I 8 +0,75 I 9 5 (9) 0,75 I 5 +0,25 I 7 +0,75 I 8 +3,5 I 9 +0,25 I 10 11 (10) 2 I 5 +1 I 6 +0,25 I 7 +0,25 I 9 +2,25 I 10 14 Dieses Gleichungssystem kann mit jedem beliebigen Verfahren aufgelöst werden. Da es doch recht umfangreich ist, möchte ich das nicht im Detail vorrechnen. Wenn man es beispielsweise mit einem Rechenprogramm löst, erhält man folgende Werte: I 5 0 ma I 6 1 ma I 7 5 ma I 8 2 ma I 9 2 ma I 10 5 ma Es fehlen nur noch die Ströme I 1 bis I 4. Diese können mit der Kirchhoffschen Knotenregel an den Knoten oberhalb der Widerstände R 1 bis R 4 berechnet werden. Am Knoten über R 1 gilt: Am Knoten über R 2 gilt: Am Knoten über R 3 gilt: Am Knoten über R 4 gilt: I 1 I 5 + I 8 + I 9 0 ma + 2 ma + 2 ma 4 ma I 2 I 6 + I 10 I 5 1 ma + 5 ma 0 ma 6 ma I 3 I 7 I 6 I 8 5 ma 1 ma 2 ma 2 ma I 4 I 7 I 9 I 10 5 ma 2 ma 5 ma 12 ma Zusammengefasste Ergebnisse: I 1 4 ma I 2 6 ma I 3 2 ma I 4 12 ma I 5 0 ma I 6 1 ma I 7 5 ma I 8 2 ma I 9 2 ma I 10 5 ma 42

5.1.9 Aufgabe 23 Bestimmen Sie alle Ströme in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dazu das Maschenstromverfahren. Legen Sie zunächst einen geeigneten Vollständigen Baum fest, bevor Sie mit der Rechnung beginnen. Bekannt sind folgende Werte: I 6 R 1 R R 6 3 R 7 R 10I 10 I 1 I 2 I 3 I 5 I 7 I 9 U 01 R 2 R 5 R 9 U 02 I 4 R 4 I 8 R 8 U 01 15 V U 02 20 V R 1 1 kω R 2 13 kω R 3 3 kω R 4 1 kω R 5 11 kω R 6 5 kω R 7 10 kω R 8 500 Ω R 9 2 kω R 10 1 kω Lösung: Nebenstehend ist die Struktur der Schaltung mit einem Vollständigen Baum dargestellt. Ich habe den Baum gemäß der Faustregel durch die beiden Spannungquellen gelegt. Zusätzlich war in der Mitte noch ein Abzweig notwendig. Die Maschenströme sind damit I 2, I 3, I 6, I 7 und I 9. Hiermit können die Maschengleichungen aufgestellt werden. I 6 I 2 I 3 I 7 I 9 (2) (R 1 + R 2 ) I 2 +R 1 I 3 U 01 (3) R 1 I 2 +(R 1 + R 3 + R 5 + R 4 ) I 3 +R 4 I 6 R 5 I 7 U 01 (6) R 4 I 3 +(R 6 + R 10 + R 8 + R 4 ) I 6 +(R 10 + R 8 ) I 7 R 10 I 9 U 02 (7) R 5 I 3 +(R 10 + R 8 ) I 6 +(R 7 + R 10 + R 8 + R 5 ) I 7 r 10 I 9 U 02 (9) R 10 I 6 R 10 I 7 +(R 9 + R 10 ) I 9 U 02 Die gegebenen Werte werden in die Gleichungen eingesetzt. (2) 14 kω I 2 +1 kω I 3 15 V (3) 1 kω I 2 +16 kω I 3 +1 kω I 6 11 kω I 7 15 V (6) 1 kω I 3 +7,5 kω I 6 +1,5 kω I 7 1 kω I 9 20 V (7) 11 kω I 3 +1,5 kω I 6 +22,5 kω I 7 1 kω I 9 20 V (9) 1 kω I 6 1 kω I 7 +3 kω I 9 20 V Dieses Gleichungssystem kann mit jedem beliebigen Verfahren aufgelöst werden. Da es doch recht umfangreich ist, möchte ich das nicht im Detail vorrechnen. Wenn man es beispielsweise mit einem Rechenprogramm löst, erhält man folgende Werte: I 2 1 ma I 3 1 ma I 6 2 ma I 7 0 ma I 9 6 ma Es fehlen nur noch die Ströme I 1, I 4, I 5 und I 10. Diese können mit der Kirchhoffschen Knotenregel an unterschiedlichen Knoten berechnet werden. Am linken oberen Knoten gilt: I 1 I 2 + I 3 1 ma + 1 ma 2 ma 43

Am Knoten in der links unten gilt: I 4 I 2 I 1 I 6 1 ma 2 ma ( 2 ma) 1 ma Am Knoten in der Mitte oben gilt: I 5 I 3 I 7 1 ma 0 ma 1 ma Am Knoten rechts oben gilt: I 10 I 9 I 6 I 7 6 ma ( 2 ma) 0 ma 8 ma Zusammengefasste Ergebnisse: I 1 2 ma I 2 1 ma I 3 1 ma I 4 1 ma I 5 1 ma I 6 2 ma I 7 0 ma I 8 2 ma I 9 6 ma I 10 8 ma 44

6 Gemischte Aufgaben 6.1 Berechnung der Ströme 6.1.1 Aufgabe 24 Bestimmen Sie die Ströme I 1 bis I 7 in nebenstehender Schaltung! Verwenden Sie dazu ein beliebiges Lösungsverfahren. I 1 R 1 I 2 R 2 I 3 R 3 R 7 I 7 U 01 U 02 U 03 U 04 Bekannt sind folgende Werte: I 4 R 4 I 5 R 5 I 6 R 6 U 01 7 V U 02 4 V U 03 9 V U 04 15 V R 1 1 kω R 2 1 kω R 3 1 kω R 4 500 Ω R 5 600 Ω R 6 1 kω R 7 2 kω Lösung: Für die Lösung sind der Überlagerungssatz und das Maschenstromverfahren sinnvoll möglich. Vorweg sind für beide Lösungsverfahren ein paar Vorüberlegungen möglich und auch sinnvoll. Betrachten wir zunächst die Masche R 1 U 02 R 4 U 01. Hier ergibt sich aus der Kirchhoffschen Maschenregel: I 4 I 1 Durch einen Maschenumlauf in dieser Masche können wir I 1 bzw. I 4 bestimmen: R 1 I 1 + U 02 + R 4 I 1 U 01 0 R 1 I 1 + R 4 I 1 U 01 U 02 (R 1 + R 4 ) I 1 U 01 U 02 I 1 U 01 U 02 R 1 + R 4 I 1 1 kω + 500 Ω 7 V 4 V I 1 2 ma I 4 I 1 I 4 2 ma Entsprechend erhalten wir aus der Masche R 3 U 04 R 6 U 03 : I 6 I 3 45